2020高考数学压轴题命题区间探究与突破专题
第一篇 函数与导数
专题04 巧妙构造函数，应用导数证明不等式问题
一．方法综述
利用导数证明不等式是近几年高考命题的一种热点题型．利用导数证明不等式，关键是要找出与待证不等式紧密联系的函数，然后以导数为工具来研究该函数的单调性、极值、最值(值域)，从而达到证明不等式的目的，这时常常需要构造辅助函数来解决．题目本身特点不同，所构造的函数可有多种形式，解题的繁简程度也因此而不同，这里给出几种常用的构造技巧．
二．解题策略
类型一 “比较法”构造差函数证明不等式
【例1】【2020·湖南长沙一中月考】已知函数f?x??ax?lnx. （Ⅰ）讨论f?x?的单调性；
1??ax?1a???,?fx?2ax?xe. （Ⅱ）若，求证：???e2???【解析】（Ⅰ）由题意得f'?x??a?1ax?1?， xx①当a?0时，则f'?x??0在?0,???上恒成立， ∴f?x?在?0,???上单调递减. ②当a?0时， 则当x???1?,???时，f'?x??0，f?x?单调递增， ?a?1?a?当x??0，?时，f??x??0，f?x?单调递减． 综上：当a?0时，f?x?在?0,???上单调递减； 当a?0时，f?x?在?0,????1??1?,??上单调递减，在???上单调递增.
a?a??
（Ⅱ）令g?x??f?x??2ax?xe则g'?x??eax?1ax?1ax?1 ?xeax?1?ax?lnx，
?axeax?1ax?1xe?1??11???a? ??ax?1??eax?1???，
xx?x???设r?x??xeax?1?1，
ax?1则r'?x???1?ax?e∵eax?1?0, ∴当x??0,?，
??1??时，r'?x??0，r?x? 单调递增； a?当x????1?,???时，r??x??0，r?x? 单调递减． ?a?∴r?x?max?r??∴eax?11?1??1????1?0a??（因为）， ??2?e2?a??ae??1?0. x??1???1???∴g?x?在?0,??上单调递减，在??,???上单调递增，
aa?1?gx?g??∴???， min?a?设t??则g??1?0,e2?， ?a?t?1??ht??lnt?1(0?t?e2)， ???2e?a?h'?t??112?0,eht??0，在上递减， ??2?et?∴h?t??he???0；
2∴g?x??0，故f?x??2ax?xe说明：判断eax?1ax?1.
1的符号时，还可以用以下方法判断： x11?lnxax?1??0得到a?由e， xx?
设p?x??1?lnxlnx?2，则p'?x??， 2xx当x?e2时，p'?x??0；当0?x?e2时，p'?x??0. 从而p?x?在0,e∴p?x?min?pe?2?上递减，在?e,???上递增.
21. 2e11?lnx1ax?1??0. 当a??2时，a?，即eexx??2??【指点迷津】
当题目中给出简单的基本初等函数，例如f?x?＝x，g?x?＝ln x，进而证明在某个取值范围内不等式
3f?x??g?x?成立时，可以类比作差法，构造函数h?x?＝f?x?－g?x?或??x?＝g?x?－f?x?，进而证明h?x?min?0或??x?max?0即可，在求最值的过程中，可以利用导数为工具．此外，在能够说明g?x??0?f?x??0?的前提下，也可以类比作商法，构造函数h?x?＝ h?x?min?1???x?max?1?．【举一反三】【2020·河北衡水中学月考】已知函数f(x)?lnx?a(?1),a?R. （Ⅰ）若f(x)?0，求实数a取值的集合；
f(x)f(x)(?(x)=)，进而证明g(x)g(x)1x1?2?lnx?x2?(e?2)x. x1ax?a(x?0) 【解析】（Ⅰ）由已知，有f?(x)??2?2xxx1当a?0时，f()??ln2?a?0，与条件f(x)?0矛盾,
2（Ⅱ）证明：e?x当a?0时，若x?(0,a)，则f?(x)?0，f(x)单调递减,若x?(a,??)，则f?(x)?0，则f(x)单调递增. 所以f(x)在(0,??)上有最小值f(a)?lna?a(?1)?lna?1?a， 由题意f(x)?0，所以lna?1?a?0. 令g(x)?lnx?x?1，所以g?(x)?11?x?1?， xx1a当x?(0,1)时，g?(x)?0，g(x)单调递增；当x?(1,??)时，g?(x)?0，g(x)单调递减，所以g(x)在
(0,??)上有最大值g(1)?0，所以g(x)?lnx?x?1?0，lna?a?1?0，lna?a?1?0，a?1，
综上，当f(x)?0时，实数a取值的集合为?1?；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知：a?1时，f(x)?0，即lnx?1?要证e?x1在x?0时恒成立. x1?2?lnx?x2?(e?2)x，只需证当x?0时，ex?x2?(e?2)x?1?0 xx2令h(x)?e?x?(e?2)x?1(x?0)
h?(x)?ex?2x?(e?2)，令u(x)?ex?2x?(e?2)，
则u?(x)?e?2，令u?(x)?e?2?0，解得x?ln2， 所以，函数u(x)在(0,ln2)内单调递减，在(ln2,??)上单调递增. 即函数h?(x)在(0,ln2)内单调递减，在(ln2,??)上单调递增. 而h?(0)?1?(e?2)?3?e?0.h?(ln2)?h?(1)?0
xx?存在x0?(0,ln2)，使得h?(x0)?0
当x?(0,x0)时，h?(x)?0,h(x)单调递增；当x?(x0,1)时，h?(x)?0,h(x)单调递减. 当x?(1,??)时，h?(x)?0,h(x)单调递增， 又h(0)?1?1?0,h(1)?e?1?1?(e?2)?0，
?对?x?0,h(x)?0恒成立，即ex?x2?(e?2)x?1?0，
综上可得：e?x1?2?lnx?x2?(e?2)x成立. x类型二 “拆分法”构造两函数证明不等式
【例2】【2020·安徽阜阳统测】设函数f?x??x?1，g?x??tlnx，其中x??0,1?，t为正实数. x（1）若f?x?的图象总在函数g?x?的图象的下方，求实数t的取值范围； （2）设H?x??lnx?x?1e?x?1?1?2x2??????1??，证明：对任意x??0,1?，都有H?x??0. x?【解析】（1）因为函数f?x?的图象恒在g?x?的图象的下方， 所以f?x??g?x??x?设F?x??x?1?tlnx?0在区间(0,1)上恒成立. x1?tlnx，其中x??0,1?， x
1tx2?tx?1所以F??x??1?2??，其中??t2?4，t?0. 2xxx0， ①当t2?4?0，即0?t?2时，F??x?…所以函数F?x?在0,1上单调递增，F?x??F?1??0，
()故
f?x??g?x??0成立，满足题意.
2②当t2?4?0，即t?2时，设??x??x?tx?1?0?x?1?， 则??x?图象的对称轴x?t?1，??0??1，??1??2?t?0， 2所以??x?在0,1上存在唯一实根，设为x1，则x??x1,1?，??x??0，F??x??0，
()所以F?x?在?x1,1?上单调递减，此时F?x??F?1??0，不合题意. 综上可得，实数t的取值范围是?0,2.
2x1?x?1xe?x?1??x???（2）证明：由题意得H?x??elnx??x?1??e?1???exlnx?， x??xx2?因为当x??0,1?时，xex?x?1?0，lnx?0， 所以H?x??0?exx?xlnx?2?1??xex?x?1?xxexx2?1. ?x?xe?x?1xlnx令h?x??e?x?1?0?x?1?，则h??x??e?1?0，
所以h?x?在0,1上单调递增，h?x??h?0??0，即ex?x?1，
()exex. 所以xe?x?1?x?x?1??x?1?x?1，从而x?2xe?x?1x?1x21x2?1由（1）知当t?2时，x??2lnx?0在x??0,1?上恒成立，整理得?2.
xxlnxex令m?x??2?0?x?1?，则要证H?x??0，只需证m?x??2.
x?1因为m??x??ex?x?1?2?x2?1?2?0，所以m?x?在(0,1)上单调递增，
专题04 巧妙构造函数,应用导数证明不等式问题(解析版)
